TÔ THANH HỘI – LTĐH QUY NHƠN – 0353500322

LỜI GIẢI CHI TIẾT
HIDROCACBON NÂNG CAO
I. Các phản ứng trọng tâm của hidrocacbon
a. Phản ứng cộng:
- Phản ứng cộng phụ thuộc vào số liên kết pi trong một phân tử hidrocacbon, một hidrocacbon bất kì có công
thức chung: Cn H 2 n 22 k , trong đó k là độ bất bão hòa được tính bởi công thức:

2C  2  H
và k    v , vòng thường gặp trong hidrocacbon thơm.
2
- Phản ứng cộng tác nhân đối xứng X2: H2, Br2
k

Cn H 2n22k  kX 2 
 Cn H 2n22k X 2k

Lƣu ý:
+ Khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, cứ k liên kết pi thì cần tối đa k phân tử X2:
C2 H 4 (k  1)  H 2 
 C2 H 6
C2 H 4 (k  1)  Br2 
 C2 H 4 Br2
C2 H 2 (k  2)  2 Br2 
 C2 H 2 Br4
C4 H 4 (k  3)  3Br2 
 C4 H 4 Br6

+ Khi phản ứng không hoàn toàn, cứ n mol X2 (H2 hoặc Br2) phản ứng thì sẽ có n mol pi bị mất:
b. Phản ứng tách: thƣờng cho ankan

- Crackinh:
VD: Crackinh butan

C4 H10 
 CH 4  C3 H 6
C4 H10 
 C2 H 6  C2 H 4
C4 H10 du
Như vậy crackinh butan thường thu được hỗn hợp sản phẩm gồm 5 hidrocacbon
VD: Crackinh isobuttan:

C4 H10 
 CH 4  C3 H 6
C4 H10 du
Crackinh isobutan chỉ thu được 3 hidrocacbon.
- Tách H2: thu được các hidrocacbon không no và H2
VD: Nung nóng butan:

C4 H10 
 C4 H 8  H 2
C4 H10 
 C4 H 6  2 H 2
C4 H10 
 C4 H 4  3 H 2
C4 H10 du


TÔ THANH HỘI – LTĐH QUY NHƠN – 0353500322

- Hỗn hợp sản phẩm gồm: C4H10, C4H8, C4H6, C4H4 và H2

- Cứ 1 mol H2 được tách ra sẽ tạo ra 1 mol lk pi. Gọi n1, n2 lần lượt là mol ban đầu và mol hỗn hợp sau phản
ứng ta có:
và ∑
c. Phản ứng riêng của Ank-1-in:
Tổng quát: Cn H 2n2  xAgNO3  xNH3 
 Cn H 2n2 x Ag x   xNH 4 NO3
Ví dụ:
CH  CH  2 AgNO3  2 NH3 
 AgC  CAg  2 NH 4 NO3
CH3  C  CH  AgNO3  NH3 
 CH3  C  CAg   NH 4 NO3

CH3  C  C  CH3  AgNO3  NH3 
 không phản ứng.

BÀI TẬP MINH HỌA
Câu 1: Đun nóng 4,48 lít (đktc) hỗn hợp X gồm C2H4 và H2 (có Ni xúc tác) sau một thời gian thu được hỗn
hợp Y. Đem đốt hết toàn bộ hỗn hợp Y rồi cho sản phẩm cháy qua bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư thấy có
12 gam kết tủa. Vậy % H2 (theo thể tích) trong hỗn hợp X là
A. 20%.
B. 30%.
C. 70%.
D. 80%.
- Phân tích: Các bài toán cho sau một thời gian thường có các chất tham gia còn dư sau phản ứng
C2 H 6
C2 H 4 Ni , t o 
0, 2 

 C2 H 4 dH 2
 H d 2

- Nhận xét: Phản ứng đốt cháy hidrocacbon thực ra là chuyển C về CO2, chuyển H về H2O, như vậy từ bảo
toàn nguyên tố ta thấy, đốt cháy hỗn hợp sản phảm thu được trong các phả ứng của hidrocacbon (cộng,
tách,…) thực chất là đốt cháy hỗn hợp ban đầu. Lúc này trong hỗn hợp sản phẩm còn gì là không quan trọng.
Giải:

- Phản ứng tạo kết tủa của CO2 tác dụng Ca(OH)2
CO2  Ca(OH )2 
 CaCO3  H 2O (Vì Ca(OH)2 dư nên chỉ có phản ứng tạo kết tủa)
nCO2  nCaCO3  0,12 mol

C H
0, 2  2 4  O2 
 CO2  H 2O
H2
- Bảo toàn C: nC2 H 4 
- %VC2 H 4 

1
nCO  0, 06
2 2

0, 06
.100%  30%  %VH 2  70%
0, 2

- Chọn C
Câu 2: Đun nóng 7,6 gam hỗn hợp X gồm C2H2, C2H4 và H2 với chất xúc tác thích hợp thu được hỗn hợp
Y. Đốt cháy hoàn toàn Y, rồi dẫn sản phẩm cháy lần lượt qua bình 1 đựng H2SO4 đặc và bình 2 đựng
Ca(OH)2 dư. Thấy khối lượng bình 1 tăng 14,4 gam và khối lượng bình 2 tăng m gam. Giá trị m là



TÔ THANH HỘI – LTĐH QUY NHƠN – 0353500322

A. 6,6.
B. 13,2.
C. 22,0.
D. 35,2.
- Phân tích: Bài toán không cho hoàn toàn nên trong hỗn hợp Y có C2H6 và kể cả C2H2, C2H4 và H2 dư,
tương tự câu 1, đốt Y thực chất là đốt hỗn hợp ban đầu.
- Dẫn các sản phẩm cháy lần lượt qua bình H2SO4 và Ca(OH)2. Vấn đề này chúng ta có thể hiểu là các chất
có phản ứng hoặc tan trong dung dịch thì sẽ bị giữ lại, nếu không sẽ thoát ra ngoài, H2SO4 đặc háo nước nên
H2O bị giữ lại trong bình 1, CO2 thoát ra và dẫn qua bình 2 sẽ phản ứng với Ca(OH)2.
Vậy khối lượng bình 1 tăng chính là khối lượng H2O, Khối lượng bình 2 tăng chính là khối lượng CO2.
- Trong bài toán này, nếu như hiểu rằng đốt X là đốt từng chất rồi viết phương trình thì sẽ rất khó làm, nhưng
để ý rằng đốt cháy hidrocacbon thực ra là đốt C và H thì sẽ đơn giản hơn nhiều.
Giải:
Quy đổi hỗn hợp về C và H:
mC  mH  7,6 gam

Toàn bộ H trong X bị chuyển thành H2O
mH2O  14, 4  nH2O  0,8  nH  2nH2O  1,6 mol
 mC  6 gam  nC  0,5  nCO2  0,5

Khối lượng bình 2 tăng: mCO2  0,5.44  22 gam
Chọn C
Câu 3: Nung nóng hoàn toàn hỗn hợp X gồm H2, C2H2 và C2H4 (có Ni xúc tác) thu được 5,6 lít (đktc) hỗn
hợp Y có dY/He= 6,1. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp Y rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào bình đựng dung
dịch Ca(OH)2 dư thấy xuất hiện m gam kết tủa. Giá trị m là
A. 5.
B. 10.

C. 20.
D. 40.
- Phân tích: Nung nóng hoàn toàn nên sau phản ứng có hai khả ngăng xảy ra
+ H2 dư hoặc C2H2 và C2H4 dư
+ Vừa đủ
dY / He  6,1  MY  24, 4

- Chỗ này chúng ta cần hiểu rõ hơn 1 chút về MY, MY có nghĩ là khối lượng mol trung bình của hỗn hợp sau
phản ứng, vậy trung bình là gì ? là giá trị đại điện cho các thành phần trong hỗn hợp về 1 đại lượng nào đó và
giá trị trung bình luôn lớn hơn phần tử nhỏ nhất và nhỏ hơn phần tử lớn nhất trong hỗn hợp.
- Khối lượng mol các chất C2H2 (26), C2H4 (28), C2H6 (30), nếu H2 hết thì 26 < MY < 30, nhưng MY chỉ
bằng 24,4, từ đó trong hỗn hợp còn H2 dư và C2H2, C2H4 đã hết. Hỗn hợp Y gồm H2 và C2H6.
Giải:
Gọi x, y lần lượt là mol C2H6 và H2, áp dụng phương pháp đường chéo

C2 H 6 : 30

22, 4


24, 4
H2 : 2

5, 6

x
 4 (1)
y

nY  0, 25  x  y  0, 25(2)



TÔ THANH HỘI – LTĐH QUY NHƠN – 0353500322

 x  0, 2
Giải hệ: 
 y  0, 05
Khi đốt cháy Y: nCO2  2nC2 H6  0, 4  nCaCO3  0, 4  m  40 gam
Chọn D.
Câu 4: Đun nóng hoàn toàn hỗn hợp X gồm 0,04 mol C2H2 và 0,05 mol H2 thu được hỗn hợp Y gồm 3 chất.
Dẫn toàn bộ Y qua dung dịch AgNO3/NH3 dư thu được 2,4 gam kết tủa. Vậy số mol của chất có phân tử khối
lớn nhất trong hỗn hợp Y là
A. 0,020.
B. 0,010.
C. 0,030.
D. 0,015.
- Phân tích: Phản ứng xảy ra hoàn toàn nên H2 hết hoặc C2H2 hết. Hỗn hooxp sản phẩm tác dụng với
AgNO3/NH3 nên C2H2 còn dư.
Giải:
C2 H 6
C2 H 2 : 0, 04


 C2 H 4

 H 2 : 0, 05
C H d 2 2

C2 H 2  2 AgNO3  2 NH3 
 Ag2C2  NH 4 NO3


2, 4
 0, 01
240
Gọi x, y lần lượt là mol C2H6 và C2H4
Bảo toàn C: 2 x  2 y  2.0,01  0,04.2  2 x  2 y  0,06(1)
nC2 H2  nAg2C2 

Bảo toàn H: 6 x  4 y  0,01.2  0,04.2  0,05.2  6 x  4 y  0,16(2)

 x  0, 02
Giải hệ: 
 y  0, 01
Số mol chất có phân tử khối lớn nhất: nC2 H6  0,02
Chọn A
Câu 5: Đun nóng V lít (đktc) hỗn hợp C2H4 và H2 (có Ni xúc tác). Phản ứng kết thúc thu được hỗn hợp Y.
Cho toàn bộ Y vào trong bình đựng dung dịch Br2 dư thấy khối lượng bình Br2 tăng 2,8 gam và còn lại 2,24
lít (đktc) khí không bị hấp thụ. Giá trị của V là
A. 3,36.
B. 4,48.
C. 6,72.
D. 8,96.
- Phân tích: Đề cho phản ứng kết thúc có nghĩa là đã có chất phản ứng hết, hỗn hợp sản phẩm tác dụng được
với dung dịch Br2 nên còn C2H4 dư, khí không bị hấp thụ và thoát ra là C2H6.
Giải:
Khối lượng bình Br2 tăng chính là khối lượng C2H4 dư
mC2 H4  2,8 gam  nC2 H4 d-  0,1mol

Khí thoát ra là C2H6: nC2 H6  0,1mol
PTHH:



TÔ THANH HỘI – LTĐH QUY NHƠN – 0353500322

C2 H 4  H 2 
 C2 H 6
0, 1

0, 1



0, 1

Hỗn hợp ban đầu gồm: C2H4 (0,2 mol) và H2 (0,1 mol)  V  6,72 lit
Chọn C
Câu 6: Hoà tan hết hỗn hợp rắn gồm CaC2, Al4C3 và Ca vào trong H2O dư thấy thoát ra 2,24 lít (đktc) hỗn
hợp X ( M X = 20). Dẫn X qua Ni nung nóng được hỗn hợp Y. Cho toàn bộ Y qua dung dịch Br2 dư thấy khối
lượng bình tăng m gam đồng thời có 0,56 lít (đktc) hỗn hợp khí Z ( M Z = 26) thoát ra khỏi bình. Vậy giá trị
của m là
A. 1,55.
- Các phản ứng xảy ra:

B. 1,25.

C. 1,35.

D. 0,89.

CaC2  H 2O 

 Ca(OH )2  C2 H 2
Al4C3  H 2O 
 Al (OH )3  CH 4
Ca  H 2O 
 Ca(OH ) 2
Hỗn hợp X gồm: C2H2, CH4 và H2. Lúc này có thể tóm tắt như sau:
CH 4
CH 4
C H d

Ni , t o
X C2 H 2 
 no C2 H 6  ko no  2 2
C2 H 4
H
 H d 2
 2
Hỗn hợp sản phẩm Y gồm phần ko no (m gam) và phần no (hỗn hợp Z)
Ta có:

nX  0,1
n  0, 025
 mX  2 gam ;  Z
 mZ  0, 65

 M X  20
 M Z  26
BTKL: mY  mX  2 gam
BTKL: mY  m  mZ  m  1,35
Chọn C

Câu 7: Hỗn hợp X gồm 0,15 mol CH4, 0,09 mol C2H2 và 0,2 mol H2.Nung nóng hỗn hợp X với Ni xúc tác
thu được hỗn hợp Y rồi dẫn toàn bộ Y phản ứng hoàn toàn với dung dịch Br2 ( lấy dư) thấy có hỗn hợp Z
thoát ra có dZ/He= 4, đồng thời khối lượng dung dịch Br2 tăng 0,82 gam. Vậy khối lượng C2H6 trong hỗn hợp
Z là
A. 2,55 gam.
B. 0,90 gam.
C. 1,80 gam.
D. 2,70 gam.
- Phân tích: Bài tóa không cho phản ứng xảy ra hoàn toàn nên trong hỗn hợp sản phẩm có rất nhiều chất,
mình tạm thời tóm tắt như sau:
CH 4 : 0,15
CH 4 : 0,15
C H d

Ni , t o
 no C2 H 6
 ko no  2 2
C2 H 2 : 0, 09 
C2 H 4
 H : 0, 2
 H d 2
 2
Phần không no là phần tác dụng với dung dịch Br2, phần no là hỗn hợp Z thoát ra ngoài.
Giải:


TÔ THANH HỘI – LTĐH QUY NHƠN – 0353500322

Ta có: mkono  0,82 gam , BTKL:


mX  mno  mko no
mX  mCH 4  mC2 H 2  mH 2  0,15.16  0, 09.26  0, 2.2  5,14 gam
 mno  4,32
4,32
 0, 27
16
Gọi x, y lần lượt là mol C2H6 và H2 trong Z, ta có hệ pt
mZ  16  nZ 

 x  y  0,15  0, 27
 x  0, 06


30 x  2 y  0,15.16  4,32  y  0, 06
 mC2 H6  1,8 gam
Chọn C
Câu 8: Hỗn hợp A gồm 0,03 mol C2H2 và 0,04 mol H2. Nung A với Ni thu được hỗn hợp B có thể tích
0,896 lít (đktc). B tác dụng dung dịch AgNO3 trong NH3 dư thu được 2,4 gam kết tủa. Xác định thành phần
hỗn hợp B?
A. H2 (0,02mol), C2H6 (0,02mol).
B. H2 (0,01mol), C2H6 (0,01mol), C2H2 (0,01mol), C2H4 (0,01mol).
C. H2 (0,02mol), C2H6 (0,01mol), C2H2 (0,01mol).
D. C2H2 (0,02mol), C2H4 (0,02mol).
- Phân tích: Khi nung nóng với Ni sẽ xảy ra phản ứng cộng của C2H2 và H2, tuy nhiên đền không cho hoàn
toàn nên hỗn hợp sản gồm có hể có C2H4, C2H6 và còn có thể có C2H2 dư và kể cả H2 dư.
- Áp dụng: n1 – n2 =
pƣ
- Tóm tắt:
n1, n2 lần lượt là mol hỗn hợp ban đầu và sau pư:
n1  nC2 H 2  nH 2  0, 07


 nH2 p-  0,03  nH2 d-  0,01

0,896
n2  22, 4  0, 04


- C2H2 dư tác dụng với AgNO3/NH3 tạo kết tủa:
C2 H 2  2 AgNO3  2 NH3 
 Ag2C2   NH 4 NO3

2, 4
 0, 01  nC2 H 2 d-  0, 01
240
- Gọi x, y lần lượt là mol C2H4 và C2H6 trong hỗn hợp sau
nAg2C2 

+ n2  0,04  nC2 H4  nC2 H6  nC2 H2 d-  nH2 d-  x  y  0,02 (1)
+ Bảo toàn H: 0,03.2  0,04.2  4 x  6 y  0,01.2  0,01.2  4 x  6 y  0,1 (2)
Giải hệ: x = y = 0,01
Chọn B


TÔ THANH HỘI – LTĐH QUY NHƠN – 0353500322

Câu 9: Hỗn hợp khí X gồm 0,03 mol H2 và 0,01 mol vinylaxetilen. Nung X một thời gian với xúc tác Ni thu
được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với không khí là 1. Nếu cho toàn bộ Y sục từ từ vào dung dịch brom (dư)
thì có m gam brom tham gia phản ứng. Giá trị của m là
A. 3,20.
B. 0,32.

C. 0,80.
D. 1,60.
- Phân tích: bài toán cho sau 1 thời gian nên hỗn hợp sản phẩm có rất nhiều chất C4H10, C4H8, C4H6 , C4H4
dư và H2 dư. Tuy nhiên, không cần quan tâm đến hỡn hợp có gì vẫn giải được bình thường.
Giải:

C4 H10
C H
 4 8
C H : 0, 01
X 4 4

 Y C4 H 6
 H 2 : 0, 03
C H
 4 4
 H 2
BTKL: mY  mX  mC4 H4  mH2  0,01.52  0,03.2  0,58 gam
MY  29  nY  0,02  nH2 p-  nX  nY  0,04  0,02  0,02 mol

Số mol k pi trong X: n ( X )  3.nC4 H4  0,03
nH2 p-  0,02  có 0,02 mol pi phản ứng (1mol pi cần 1 mol H2)
 n (Y )  n ( X )  0,02  0,01

 nBr2  n (Y )  0,01  mBr2  1,6 gam
Chọn D
Dạng toán cho hai lƣợng phản ứng không bằng nhau:
Câu 10: Đốt cháy hoàn toàn 24,8 gam hỗn hợp X gồm C2H2, C2H6 và C3H6 thu được CO2 và 1,6 mol H2O.
Mặt khác, cho 0,5 mol hỗn hợp X phản ứng với dung dịch Br2 dư thấy có 0,625 mol Br2 phản ứng. Vậy %
theo thể tích của mỗi khí trong hỗn hợp X là

A. 50%; 20%; 30%.
B. 50%; 25%; 25%.
C. 60%; 20%; 20%.
D. 80%; 10%;
10%.
- Phân tích: các chất trong 1 hỗn hợp luôn có 1 tỉ lệ mol nhất định, nếu số mol trong 24,8 gam hỗn hợp của
mỗi chất lần lượt là x, y , z thì trong 0,5 mol hỗn hợp, số mol mỗi chất là kx, ky, kz (với k là 1 số dương bất
kì), có nghĩa là lượng sau gấp k lần lượng trước.
Giải:
Khi đốt 24,8 gam hỗn hợp X:
C2 H 2 : x

 O2
24,8 gam C2 H 6 : y 

 H 2O :1, 6 mol
C H : z
 3 6

26 x  30 y  42 z  24,8(1)

 x  3 y  3z  1, 6(2)
Khi cho 0,5 mol hỗn hợp tác dụng với dung dịch Br2:


TÔ THANH HỘI – LTĐH QUY NHƠN – 0353500322

TQ: Cn H 2n22k  kBr2 
 Cn H 2n22k Br2k , với k là số liên kết pi có trong hidrocacbon.
C2 H 2 : 2

kx  ky  kz  0,5
x yz
0,5



(3)
C2 H 6 : 0  nBr2  2nC2 H 2  nC3 H6  
2
kx

kz

0,
625
2
x

z
0,
625

C H :1
 3 6
Giải hệ 1, 2, 3 :
 x  0, 4

 y  0, 2  Chọn B
 z  0, 2



Câu 11: Hidro hoá hoàn toàn 19,9 gam hỗn hợp X gồm CH4, C2H4 và C2H2 (Ni xúc tác) nhận thấy thể tích
H2 phản ứng là 14,56 lít (đktc). Mặt khác, cho 44,8 lít (đktc) hỗn hợp X phản ứng với dung dịch Br2 (dư)
thấy có 260 gam Br2 phản ứng. Vậy %CH4 theo thể tích trong X là
A. 25%.
B. 31,25%.
C. 43,75%.
D. 50%.
Giải:
nH2  0,65 , nBr2  1,625

Tƣơng tự:
Trong 19,9 gam hỗn hợp X: CH4 (x), C2H4 (y), C2H2 (z)
Thì trong 2 mol hỗn hợp X: CH4 (kx), C2H4 (ky), C2H2 (kz), với k là số dương bất kì.
1 mol pi cần tối đa 1 mol H2 hoặc Br2, với CH4 (k = 0), C2H4 (k = 1), C2H2 (k = 2) ta lập được hpt:

16 x  28 y  26 z  19,9
 x  0, 2
 y  2 z  0, 65


  y  0,55

kx  ky  kz  2
 z  0, 05

ky  2kz  1, 625
 %VCH4 

0, 2

.100%  25%
0, 2  0,55  0, 05

Chọn A.
Câu 17: Cho hỗn hợp X gồm CH4, C2H4 và C2H2. Lấy 0,86 gam X tác dụng hết với dung dịch brôm dư thì
khối lượng brôm đã phản ứng là 4,8 gam. Mặt khác, nếu cho 1,344 lít (đktc) hỗn hợp khí X tác dụng với
lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, thu được 3,6 gam kết tủa. Phần trăm thể tích của CH4 có trong X là
A. 20%.
B. 25%.
C. 40%.
D. 50%.
Giải:
nAg2C2  0,015

Tƣơng tự:

16 x  28 y  26 z  0,86
 x  0, 02
 y  2 z  0.03


  y  0, 01  %VCH 4  50%

 z  0, 01
kx  ky  kz  0, 06

kz  0, 015
Chọn D.



TÔ THANH HỘI – LTĐH QUY NHƠN – 0353500322

Crackinh
Câu 12: Crackinh hoàn toàn 17,6 gam propan thu được hỗn hợp X gồm hai hidrocacbon. Cho X qua 2 lít
nước Br2. Khí thu được khi qua khỏi bình Br2 có tỉ khối đối với CH4 bằng 1,15. Tính nồng độ mol của dung
dịch Br2.
A. 0,15M.
B. 0,12M.
C. 0,18M.
D. 0,16M.
- Phân tích:
C3 H8 
 CH 4  C2 H 4 , hỗn hợp thu được gồm CH4 và C2H4 khi cho qua dung dịch Br2 thì C2H4 phản ứng

và CH4 thoát ra, tuy nhiên nếu chỉ có CH4 thoát ra thì không hợp lý vì khí thóa ra có M = 18,4 > 16, vậy
trong hỗn hợp khí vừa có CH4 và C2H4 chưa phản ứng hết.
Giải:
nC3H8  0, 4 , M X  16.1,15  18, 4

C3 H 8 
 CH 4  C2 H 4
0, 4 

0, 4

0, 4

Khi tác dụng Br2, Br2 phản ứng hết và C2H4 còn dư.

C2 H 4  Br2 

 C2 H 4 Br2
x

x

Hỗn hợp khí không phản ứng thoát ra gồm: CH4 (0,4) và C2H4 (0,4 - x)
Phương pháp đường chéo:

CH 4 :16

9, 6


18, 4
C2 H 4 : 28

2, 4

nCH 4
nC2 Hl 4

4 

0, 4
 4  x  0,3
0, 4  x

0,3
 0,15  Chọn A
2

Câu 13: Khi crackinh hoàn toàn 6,6 gam propan thu được hỗn hợp khí X. Cho X lội chậm vào 250 ml dung
dịch Br2 thấy dung dịch Br2 mất màu hoàn toàn và còn lại V lít khí (đktc) và có tỉ khối so với CH4 bằng
1,1875. Vậy nồng độ mol của dung dịch Br2 lúc đầu và giá trị của V là
A. 0,4M và 2,24.
B. 0,4M và 4,48.
C. 0,8M và 4,48.
D. 0,2M và 4,48.
Giải:
Nồng độ mol dd Br2: CM 

nC3H8  0,15 , M X  1,1875.16  19

C3 H 8 
 CH 4  C2 H 4
0,15 

0,15

0,15

Khi tác dụng Br2, Br2 phản ứng hết và C2H4 còn dư.

C2 H 4  Br2 
 C2 H 4 Br2
x

x

Hỗn hợp khí không phản ứng thoát ra gồm: CH4 (0,15) và C2H4 (0,15 - x)
Phương pháp đường chéo:



TÔ THANH HỘI – LTĐH QUY NHƠN – 0353500322

CH 4 :16

9


19
C2 H 4 : 28

3

nCH 4
nC2 Hl 4

Nồng độ mol dd Br2: CM 

3 

0,15
 3  x  0,1
0,15  x

0,1
 0, 4
0, 25

Hỗn hợp khí thoát ra gồm: CH4 (0,15) và C2H4 (0,05)  V  4, 48 lit

Chọn B
Câu 14: Crackinh propan thu được hỗn hợp khí X gồm 3 hidrocacbon. Dẫn toàn bộ X qua bình đựng dung
dịch Br2 dư thì khi phản ứng xong thấy có khí thoát ra khỏi bình có tỉ khối so với H2 là 10,8. Hiệu suất phản
ứng crackinh là
A. 20%.
B. 40%
C. 60%
D. 80%
- Phân tích:
+ Phản ứng không hoàn toàn, hỗn hợp sản phẩm gồm CH4, C2H4 và C3H8 dư.
+ Cho hỗn hợp sản phẩm qua Br2 dư, khí không phản ứng và thoát ra là CH4 và C3H8.
+ Hiệu suất phản ứng: H % 

npnb®

.100%
Giải:

C3 H 8 
 CH 4  C2 H 4

 x
x
 x
, Áp dụng đường chéo cho hỗn hợp khí hoát ra: CH4 (x), C3H8 (y)

C
H
d 3 8
 y



CH 4 :16

22, 4


21, 6
C3 H 8 : 44

5, 6

x
 4 , chọn
y

x  4

y 1

np-  x  4
4

 H %  .100%  80%
5
nb®  x  y  5
Chọn D.
Câu 15: Crackinh khí butan sau một thời gian thu được 45 lít hỗn hợp X gồm: CH4, C2H6, C2H4, C3H6, C4H8,
C4H10 và H2. Cho toàn bộ X lội chậm qua dung dịch Br2 dư, phản ứng kết thúc thấy có thoát ra 30 lít hỗn hợp
khí Y. Biết thể tích các khí đo ở cùng điều kiện nhiệt độ,áp suất. Vậy hiệu suất phản ứng crackinh butan là

A. 66%.
B. 20%.
C. 33%.
D. 50%.
Giải:
Các phản ứng xảy ra:

C4 H10 
 CH 4  C3 H 6
C4 H10 
 C 2 H 6  C2 H 4
C4 H10 
 H 2  C4 H 8
C4 H10 d-


TÔ THANH HỘI – LTĐH QUY NHƠN – 0353500322

Hỗn hợp X gồm: phần no (Y) + phần ko no , vì ác phản ứng đều xảy ra với tỉ lệ mol các chất là 1:1
 nb®  nno
 nkono  nX  nY  45  30  15

 np-  nkono


H% 

npnb®

.100%  H % 


15
.100%  50%
30

Chọn D
Lưu ý: Các bài chỉ cho 1 đơn vị là thể tích thì xem thể tích là số mol và tính bình thường.
Câu 16: Crackinh C4H10 thu được 35 lít hỗn hợp X gồm CH4, C2H6, C2H4, C3H6, C4H8, C4H10 và H2. Cho
toàn bộ X đi qua dung dịch nước Brom dư thấy thoát ra 25 lít hỗn hợp Y. Các khí đều đo ở đktc.Hiệu suất
phản ứng crackinh?
A. 20%.
B. 40%.
C. 60%.
D. 80%.
Giải:
Tương tự: Hỗn hợp X gồm: phần no (Y) + phần ko no
 nb®  nno
 nkono  nX  nY  35  25  10

 np-  nkono

H% 

npnb®

.100%  H % 

10
.100%  40%
25


Chọn B
Câu 17: Crackinh m gam C4H10 thu được hỗn hợp X gồm CH4, C2H6, C2H4, C3H6, C4H8, C4H10 và H2. Đem
đốt cháy hết toàn bộ hỗn hợp X thu được 17,6 gam CO2 và 9 gam H2O. Vậy giá trị của m là
A. 2,6.
B. 5,8.
C. 11,6.
D. 23,2.
Giải:
Cách 1: từ C4H10 crackinh thu được hỗn hợp sản phẩm, đốt cháy hỗn hợp thu được chính là đốt C4H10 ban
đầu.


nCO2  0, 4
 nC4 H10  nH 2O  nCO2  0,1  m  5,8 gam

n

0,5
H
O

 2
Cách 2:

nCO2  0, 4 
nC  nCO2  0, 4


 mC4 H10  mC  mH  5,8 gam



n

0,5
n

2
n

1
H
O
H
H
O


 2

2
Chọn B
Câu 18: Nung nóng V lít (đktc) butan với xúc tác thích hợp thu được 0,8 mol hỗn hợp khí X gồm C4H10,
C4H8, C4H6, C4H4 và H2. Cho 0,8 mol X phản ứng hoàn toàn với dung dịch Br2 dư thấy có 0,3 mol Br2 phản
ứng. Tìm V?
A. 24,64.
B. 17,92.
C. 6,72.
D. 11,20.
- Nhận xét: trong phản ứng tách của hidrocacbon no, cứ có 1 mol H2 tác ra sẽ sinh ra 1 mol pi và cần



TÔ THANH HỘI – LTĐH QUY NHƠN – 0353500322

lƣu ý:

n

hidrocacbon

(bd )   nhidrocacboc (sau)

nH2  nsau  nbd

nH2   n (sau )
Áp dụng:
0,8 mol X tác dụng vừa hết 0,3 mol Br2 

n ( X )  nBr2  0,3  nH2  0,3

nH2  nsau  nbd  nbd  0,8  0,3  0,5  V  11, 2 lit

Chọn D.
Nung nóng 8,96 lít (đktc) butan với xúc tác thích hợp thu được hỗn hợp khí X gồm C4H10, C4H8, C4H6, C4H4
và H2. Cho toàn bộ X phản ứng hoàn toàn với dung dịch Br2 dư thấy có 0,1 mol Br2 phản ứng. Tính dX/He ?
A. 11,6.
B. 5,8.
C. 14,0.
D. 13,9.
Giải:

nC4 H10  0, 4
Tương tự:

n ( X )  nBr2  0,1  nH2  0,1  nX  0, 4  0,1  0,5
BTKL: mX  mC4 H10  0, 4.58  23, 2 gam  M X 

23, 2
 46, 4
0,5

46, 4
 11, 6 , chọn A.
4
Câu 19: Cho butan qua xúc tác (ở nhiệt độ cao) thu được hỗn hợp X gồm C4H10, C4H8, C4H6 và H2.Tỉ khối
của X so với butan là 0,4. nếu cho 0,06 mol X vào dung dịch brom (dư) thì số mol brom tối đa phản ứng là
A. 0,048.
B. 0,036.
C. 0,060.
D. 0,024.
Giải:
n M
BTKL: n1.M1 = n2. M2  1  2  0, 4
n2 M1
d X / He 

Khi n2 = nX = 0,06  n1  0,06.0, 4  0,024  n (2)  n2  n1  0,06  0,024  0,036
Mol Br2 phản ứng tối đa = 0,036, chọn B.

HIDROCACBON TRONG ĐỀ THI ĐẠI HỌC
Câu 20: (ĐỀ MINH HỌA THPTQG 2018) Cho 3,2 gam hỗn hợp C2H2, C3H8, C2H6, C4H6 và H2 đi qua bột

Ni nung nóng, sau một thời gian thu được hỗn hợp khí X. Đốt cháy hoàn toàn X cần vừa đủ V lít khí O2
(đktc), thu được 4,48 lít CO2 (đktc). Giá trị của V là
A. 6,72.
B. 7,84.
C. 8,96.
D. 10,08.
Giải:


TÔ THANH HỘI – LTĐH QUY NHƠN – 0353500322

Bài toán này cho rất nhiều chất và chỉ cho 2 dữ kiện để giải, hỗn hợp trước và sau phản ứng đều là hỗn hợp
của hidrocacbon và H2, đốt cháy hỗn hợp ban đầu cũng như đốt cháy hỗn hợp sau và thực chất là đốt cháy C
và H trong hỗn hợp.
Quy đổi hỗn hợp thành C và H: nC  nCO2  0, 2
mhh  mC  mH  3, 2  mH  0,8  nH  0,8 mol

Thể tích khí oxi cần để đốt cháy hỗn hợp:
C  O2 
 CO2
1

 nO  nC  nH  0, 4  VO2  8,96 lit

4
 2 H 2O

4 H  O2 

Câu 21: (THPTQG 2018 - 201) Cho 11,2 lít (đktc) hỗn hợp X gồm C2H2 và H2 qua bình đựng Ni (nung

nóng), thu được hỗn hợp Y (chỉ chứa ba hiđrocacbon) có tỉ khối so với H2 là 14,5. Biết Y phản ứng tối đa với
a mol Br2 trong dung dịch. Giá trị của a là
A. 0,15.
B. 0,20.
C. 0,25.
D. 0,10.
Giải:
C2 H 4
C2 H 2 : x

X

 Y C2 H 6 , H2 phản ứng hết.
H2 : y
C H
 2 2

Theo đề bài: nX  0,5  x  y  0,5 (1) và n ( X )  2.nC2 H2  2 x mol

26 x  2 y
29
26 x  2 y
 y (2)
pƣ  0,5 
29

BTKL: mY  mX  26 x  2 y  nY 
Áp dụng: n1 – n2 =

 x  0,3

Giải hệ 1, 2 
 y  0, 4
Số moll k pi trong Y: n (Y )  n ( X )  nH2  2 x  y  0,1  nBr2  0,1
Chọn D
Câu 22: (THPTQG 2018 - 202) Cho 13,44 lít (đktc) hỗn hợp X gồm C2H2 và H2 qua bình đựng Ni (nung
nóng), thu được hỗnhợp Y (chỉ chứa ba hiđrocacbon) có tỉ khối so với H2 là 14,4. Biết Y phản ứng tối đa với
a mol Br2 trong dung dịch. Giá trị của a là
A. 0,25.
B. 0,20.
C. 0,10.
D. 0,15.
Giải:
Tƣơng tự:
C2 H 4
C2 H 2 : x

X

 Y C2 H 6
H2 : y
C H
 2 2

Theo đề bài: nX  0,5  x  y  0,6 (1) và n ( X )  2.nC2 H2  2 x mol


TÔ THANH HỘI – LTĐH QUY NHƠN – 0353500322

BTKL: mY  mX  26 x  2 y  nY 
Áp dụng: n1 – n2 =


pƣ  0, 6 

26 x  2 y
28,8
26 x  2 y
 y (2)
28,8

 x  0, 25
Giải hệ (1),(2) 
 y  0,35
Số moll k pi trong Y: n (Y )  n ( X )  nH2  2 x  y  0,15  nBr2  0,15
Chọn D
Câu 23: (THPTQG 2018 - 203) Đốt cháy hoàn toàn 0,16 mol hỗn hợp X gồm CH4, C2H2, C2H4 và C3H6,
thu được 6,272 lít CO2 (đktc) và 6,12 gam H2O. Mặt khác 10,1 gam X phản ứng tối đa với a mol Br2 trong
dung dịch. Giá trị của a là
A. 0,15.
B. 0,25.
C. 0,10.
D. 0,06.
Giải:


nCO2  0, 28 nC  0, 28


nH 2O  0,34 nH  0, 68

Khối lượng hỗn hợp X: mX  mC  mH  0, 28.12  0,68.1  4,04 gam

Gọi công thức chung của X: Cn H 2 n 22 k ,k là số lk pi trung bình.
Cn H 2n22k  O2 
 nCO2  (n  1  k ) H 2O  nCO2  nH2O  (k  1)nX (công thức này dung khá nhiều nhé!)

 (k 1).0,16  0, 28  0,34  k  0,625
Số mol X trong 10,1 gam: nX 

10,1.0,16
 0, 4
4, 04

X tác dụng với dd Br2: Cn H 2n22k  kBr2 


 nBr2  knX  0, 4.0,625  0, 25 , Chọn B
Câu 24: (THPTQG 2018 - 204) Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol hỗn hợp X gồm CH4 , C2H2 , C2H4 và C3H6, thu
được 4,032 lít CO2 (đktc) và 3,78 gam H2O. Mặt khác 3,87 gam X phản ứng được tối đa với a mol Br2 trong
dungdịch. Giá trị của a là
A. 0,070.
B. 0,105.
C. 0,030.
D. 0,045.
Giải:
Tƣơng tự:


nC  0,18
nCO2  0,18



nH 2O  0, 21 nH  0, 42

Khối lượng hỗn hợp X: mX  mC  mH  0,18.12  0, 42.1  2,58 gam
Gọi công thức chung của X: Cn H 2 n 22 k ,k là số lk pi trung bình.
Cn H 2n22k  O2 
 nCO2  (n  1  k ) H 2O  nCO2  nH2O  (k  1)nX (công thức này dung khá nhiều nhé!)

 (k 1).0,1  0,18  0, 21  k  0,7


TÔ THANH HỘI – LTĐH QUY NHƠN – 0353500322

Số mol X trong 3,87 gam: nX 

3,87.0,1
 0,15
2,58

X tác dụng với đ Br2: Cn H 2n22k  kBr2 

 nBr2  knX  0,15.0,7  0,105 , Chọn B

Câu 25: (THPTQG 2019 - 201) Nung nóng 0,1 mol C4H10 có xúc tác thích hợp, thu được hỗn hợp X gồm:
H2, CH4, C2H4, C2H6, C3H6, C4H8 và C4H10. Dẫn X qua bình đựng Br2 dư, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn,
khối lượng bình tăng 3,64 gam và có hỗn hợp khí Y thoát ra. Đốt cháy hoàn toàn toàn Y cần vừa đủ V lít O2.
Giá trị của V là
A. 6,272

B. 5,376


C. 6,048
Giải:

D. 5,824

Tóm tắt:
H 2
C2 H 4
CH
 4

C4 H10 
Y 
 3, 64 C3 H 6
C2 H 6
C H
 4 8
C4 H10
Xuất phát từ ý tưởng đốt cháy hỗn hợp hidrocacbon là đốt C và H trong hỗn hợp, bây giờ chúng ta tìm mol C
và H trong Y là xong.
Hỗn hợp không no tác dụng Br2 là anken: quy đổi thành CH2
3, 64
nCH 2 
 0, 26
14

Bảo toàn C: nC (Y )  4nC4 H10  nCH2  0, 4  0, 26  0,14 mol
Bảo toàn H: nH (Y )  10nC4 H10  2nCH2  1  0, 26.2  0, 48 mol
Đốt cháy Y:


 CO2
1
C  O2 
 nO2  nC  nH  0, 26  VO2  5,824 lit

4
 H 2O

4 H  O2 
Chọn D
Câu 26: (THPTQG 2019 - 202) Nung nóng 0,1 mol C4H10 có xúc tác thích hợp, thu được hỗn hợp X gồm:
H2, CH4, C2H4, C2H6, C3H6, C4H8 và C4H10. Dẫn X qua bình đựng Br2 dư, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn,
khối lượng bình tăng m gam và có hỗn hợp khí Y thoát ra. Đốt cháy hoàn toàn toàn Y cần vừa đủ 6,832 lít
O2. Giá trị của m là
A. 4,20
B. 3,72
C. 2,80
D. 3,22
Giải:
Tương tự:


TÔ THANH HỘI – LTĐH QUY NHƠN – 0353500322

H 2
C2 H 4
CH
 4

C4 H10 

Y 
 m C3 H 6
C2 H 6

C4 H 8
C4 H10
Quy đổi hỗn hợp anken về CH2: x mol

Bảo toàn C: nC (Y )  4nC4 H10  nCH2  0, 4  x
Bảo toàn H: nH (Y )  10nC4 H10  2nCH2  1  2 x
Đốt cháy Y:
C  O2 
 CO2
1
1

 nO2  nC  nH  (0, 4  x)  (1  2 x)  0,305  x  0, 23

4
4
 H 2O

4 H  O2 

Khối lượng bình tang: m  mCH2  0, 23.14  3, 22 gam
Chọn D.
Câu 27: (THPTQG 2029 - 203) Nung nóng hỗn hợp X gồm: metan, etilen, propin, vinylaxetilen và a mol
H2 có Ni xúc tác (chỉ xảy ra phản ừn cộng H2), thu được 0,1 mol hỗn hợp Y (gồm các hidrocacbon) có tỉ
khối so với H2 là 14,4. Biết 0,1 mol Y phản ứng tối đa với 0,06 mol Br2 trong dung dịch. Giá trị a là
A. 0,06

B. 0,08
C. 0,04
D. 0,1
Giải:
Tóm tắt:
CH 4
C H
 2 4
 H 2 
 Y , Y chỉ chứa hidrocacbon  Y : Cn H 2n22k

C3 H 4
C4 H 4

Y  Br2  Cn H 2 n  22 k  kBr2 

0,1

0, 06

Từ PTHH: 0,1k  0,06  k  0,6 ; MY  28,8  14n  2  2k  28,8  n  2
Số C trung bình trong Y = 2  số C trung bình trong X = 2  CT chung của hidrocacbon trong X: C2H4
Y chit chứa hidrocacbon, nY  0,1  nC2 H4  0,1
BTKL: mX  mY  28,8.0,1  2,88 gam
X gồm C2H4 và H2  mC2 H4  mH2  2,88  28.0,1  mH2  2,88  mH2  0,08  nH2  0,04
Chọn C.
Câu 28: (THPTQG 2019 - 204) Nung nóng hỗn hợp X gồm: metan, etilen, propin, vinylaxetilen và a mol H2
có Ni xúc tác (chỉ xảy ra phản ừn cộng H2), thu được 0,2 mol hỗn hợp Y (gồm các hidrocacbon) có tỉ khối so
với H2 là 14,5. Biết 0,2 mol Y phản ứng tối đa với 0,1 mol Br2 trong dung dịch. Giá trị a là
A. 0,05

B. 0,1
C. 0,1
D. 0,2
Giải:
Tương tự:


TÔ THANH HỘI – LTĐH QUY NHƠN – 0353500322

CH 4
C H
 2 4
 H 2 
 Y , Y chỉ chứa hidrocacbon  Y : Cn H 2n22k

C3 H 4
C4 H 4

Y  Br2  Cn H 2 n  22 k  kBr2 

0, 2

0,1

Từ PTHH: 0, 2k  0,1  k  0,5 ; MY  29  14n  2  2k  29  n  2
Số C trung bình trong Y = 2  số C trung bình trong X = 2  CT chung của hidrocacbon trong X: C2H4
Y chit chứa hidrocacbon, nY  0, 2  nC2 H4  0, 2
BTKL: mX  mY  29.0, 2  5,8 gam
X gồm C2H4 và H2  mC2 H4  mH2  5,8  28.0, 2  mH2  5,8  mH2  0, 2  nH2  0,1
Chọn C.

Câu 29: (ĐỀ MINH HỌA 2019) Đốt cháy hoàn toàn m gam hidrocacbon mạch hở X (28 < X < 56), thu
được 5,28 gam CO2. Mặt khác m gam X phản ứng tối đa 19,2 gam Br2 trong dung dịch. Giá trị của m là:
A. 2,00
B. 3,00
C. 1,50
D. 1,52
Giải:
nCO2  0,12; nBr2  0,12

Công thức chung của hidrocacbon bất kì: Cn H 2 n 22 k , với k là số lk pi (mạch hở nha!)
Các phản ứng xảy ra:

Cn H 2 n  22 k  O2 
 nCO2  (n  1  k ) H 2O
0,12



(1)
0,12

n

Cn H 2 n  22 k  kBr2 
 Cn H 2 n  22 k Br2 k
0,12

 0,12

(2)


k

0,12 0,12

 n  k  Số C = số lk p
n
k
- TH1: n = k = 2  C2 H 2 , loại vì MX > 28
Từ (1) và (2)

- TH2: n = k = 3 , không có chất thỏa
- TH3: n = k = 4  C4 H 2 , thỏa và có CTCT: CH  C  C  CH

0,12
 0, 03  m  1,5 gam
n
Chọn C.
nC4 H 2 


TÔ THANH HỘI – LTĐH QUY NHƠN – 0353500322

Câu 30: (ĐỀ MINH HỌA 2020) Nung nóng a mol hỗn hợp gồm: axetilen, vinylaxetilen và hiđro (với xúc
tác ni, giả thiết chỉ xảy ra phản ứng cộng H2), thu được hỗn hợp Y có tỉ khối với H2 là 20,5. Đốt cháy hoàn
toàn Y, thu được 0,3 mol CO2 và 0,2 mol H2O. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của a là
A. 0,2
B. 0,25
C. 0,15
D. 0,3

Giải:

M Y  41  trong Y không còn H2
C2 H 2 : x

 CO2  H 2O
 Cx H y , đốt cháy Y: Cx H y  O2 
C4 H 4 : y 
H : z
 2


nC  nCO2  0,3
 mX  mY  mC  mH  0,3.12  0,5.1  4,1


nH  2nH 2O  0,5

nY 

4,1
 0,1  Y : C3 H 5 , số C trung bình = 3  x  y  0,05
41

mC2 H2  mC4 H4  mH2  4,1  0,05.26  0,05.52  2 z  4,1  z  0,1

Giá trị a: a  x  y  z  0, 2 ,
chọn A
Câu 31: (Chuyên Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình - Lần 1 – 2019) Đốt cháy hoàn toàn m gam hiđrocacbon ở
thể khí, nh hơn không khí, mạch hở thu được 7,04 gam CO2. Sục m gam hiđrocacbon này vào nước brom

dư đến phản ứng hoàn toàn, thấy có 25,6 gam brom phản ứng. Giá trị m là:
A. 3,02.
B. 2,08.
C. 3,06.
D. 2,04.
Giải:
nCO2  0,16; nBr2  0,16

Công thức chung của hidrocacbon bất kì: Cn H 2 n 22 k , với k là số lk pi (mạch hở nha!)
Các phản ứng xảy ra:

Cn H 2 n  22 k  O2 
 nCO2  (n  1  k ) H 2O
0,16



(1)
0,16

n

Cn H 2 n  22 k  kBr2 
 Cn H 2 n  22 k Br2 k
0,16

 0,16

(2)


k

0,16 0,16

 n  k  Số C = số lk p
n
k
n = k = 2  C2 H 2 , thỏa vì MX < 29
Từ (1) và (2)

0,16
 0, 08  mC2 H 2  2, 08 gam
n
Chọn B.
nC2 H2 


TÔ THANH HỘI – LTĐH QUY NHƠN – 0353500322

Câu 32: (THPT KIM LIÊN HÀ NỘI 2019) Hỗn hợp Y gồm metan, etilen, propin và vinylaxetilen có tỷ
khối với hiđro bằng 16,4. Đốt cháy hoàn toàn 1,792 lít (đktc) hỗn hợp Y rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy
vào bình đựng dung dịch Ba(OH)2 dư thu được lượng kết tủa nặng:
A. 18,845 gam.
B. 61,07 gam.
C. 37,824 gam.
D. 19,20 gam.
Giải:
Gọi công thức chung của hỗn hợp Y là CxH4, MY = 32,8  12 x  4  32,8  x  2, 4

 2, 4CO2  2H 2O

Đốt cháy Y: C2,4 H 4  O2 
 nCO2  nY .2, 4  0,08.2, 4  0,192 mol

Ba(OH)2 dư nên chỉ xảy ra phản ứng tạo kết tủa:
CO2  Ba(OH )2 
 BaCO3  H 2O
nBaCO3  nCO2  0,192  mBaCO3  0,192.197  37,824 gam

Chọn C
Câu 33: (CHUYÊN QUANG TRUNG 2019) Thực hiện phản ứng crackinh hoàn toàn m gam isobutan, thu
được hỗn hợp A gồm hai hiđrocacbon. Cho hỗn hợp A qua dung dịch nước brom có hòa tan 11,2 gam brom.
Brom bị mất màu hoàn toàn đồng thời có 2,912 lít khí (ở đktc) thoát ra khỏi bình brom, tỉ khối hơi của khí so
với CO2 bằng 0,5. Giá trị của m là
A. 5,22.
B. 6,96.
C. 5,80.
D. 4,64.
Giải:
Phản ứng crackinh isobutan: C4 H10 
 CH 4  C3 H 6
Cho hỗn hợp sản phẩm qua Br2, C3H6 phản ứng, CH4 không phản ứng thoát ra ngoài. Tuy nhiên, đề lại cho tỉ
khối của khí thoát ra, nghĩa là không chỉ CH4 thoát ra mà còn có C3H6 chưa phản ứng hết với Br2.
Các phản ứng xảy ra:

C4 H10 
 CH 4  C3 H 6
x

x


x

;

C3 H 6  Br2 
 C3 H 6 Br2
0, 07  0, 07

Khí thoát ra gồm: CH4(x) và C3H6 (x – 0,07)  x  x  0,07  0,13  x  0,1  mC4 H10  5,8 gam
Chọn C.
Như vậy không cần cho dữ kiện tỉ khối so với CO2 = 0,5 vẫn làm được, dựa vào kết quả tính được ta thấy
mCH 4  mC3 H6 0,1.16  0, 03.42
m
M  hh 

 22 (thỏa theo đề)
nhh
nCH 4  nC3 H6
0,13
Câu 34: (CHUYÊN LONG AN BÌNH PHƢỚC 2019) Hỗn hợp A chứa ba ankin với tổng số mol là 0,1
mol. Chia A làm hai phần bằng nhau. Đốt cháyhoàn toàn phần 1, thu được 2,34 gam H2O. Phần 2 tác dụng
vừa đủ với 250 ml dung dịch AgNO3 0,12M trong NH3 tạo ra 4,55 gam kết tủa. Hãy gọi tên và tính phần
trăm khối lượng từng chất trong A, biết ankin nhỏ nhất chiếm 40% số mol.
A. Propin (33,1%), but-1-in (22,3%), but-2-in (44,6%).
B. Etin (22,3%), propin (33,1%), but-2-in (44,6%).
C. Etin (22,3%), propin (33,1%), but-1-in (44,6%).
D. Propin (33,1%), but-1-in (44,6%), but-2-in (22,3%).


TÔ THANH HỘI – LTĐH QUY NHƠN – 0353500322


Giải:
Tính trong mỗi phần:
nA  0,05; nH2O  0,13; nAgNO3  0,03

Số H trung bình trong hỗn hợp: H 

nH 2nH 2O

 5, 2
nA
nA

 trong hỗn hợp có thể có C2H2 hoặc C3H4.
Mặt khác, biết ankin nhỏ nhất chiếm 40% số mol. Nếu Có C2H2 thì nC2 H2  0,02 (ko thỏa) vì
C2 H 2  2 AgNO3  NH3 
 Ag2C2  NH 4 NO3 , nAgNO3  2.nC2 H2  0,04 (sai vì nAgNO3  0, 03 )

Vậy 3 ankin trong hỗn hợp gồm: C3H4 (0,02), C4H6 (gồm but-1-in và but-2-in)
Tác dung AgNO3: chỉ có propin và but-1-in phản ứng

C3 H 4  AgNO3  NH 3 
 C3 H 3 Ag  NH 4 NO3
C4 H 6  AgNO3  NH 3 
 C4 H 5 Ag  NH 4 NO3

nC3H4  0,02  nbut 1in  0,01 (vì nAgNO3  0,03 )  nbut 2in  0,02
mhh  mC3H4  mC4 H6  2, 42 gam

Phần tram khối lượng mỗi chất:

0, 02.40
%C3 H 4 
.100%  33, 06%
2, 42
0, 01.54
% But  1  in 
.100%  22,31% , chọn A.
2, 42
% But  2  in  44, 63%
Câu 35: Một bình kín gồm chứa các chất sau: axetilen (x mol), vinylaxetilen (x mol), hiđro (1,1 mol) và một
ít bột niken. Nung nóng bình một thời gian, thu được hỗn hợp khí X có tỉ khối so với H2 bằng 245/12. Khí X
phản ứng vừa đủ với y mol AgNO3 (trong dung dịch NH3), thu được 0,6 mol hỗn hợp kết tủa và 13,44 lít hỗn
hợp khí Y (đktc). Khí Y phản ứng tối đa với 0,5 mol Br2 trong dung dịch. Tính giá trị của y? Biết khối lượng
hỗn hợp khí Y nặng 25,4 gam.
A. 0,57 mol.
B. 0,89 mol.
C. 0,90 mol.
D. 1,00 mol.
- Phân tích:
Các chất đề cho gồm: C2H2 ( CH  CH ), C4H4 ( CH 2  CH  C  CH ), khi tác dụng với H2 thu được hỗn
hợp khá phức tạp:
C2 H 4
C2 H 6
C2 H 2 : x
C2 H 2




 C  C C4 H 6 (but  1  in)  C  C C4 H 8

 C  C C4 H10
C4 H 4 : x 
 H :1,1
C H
C H (butadien)
H
 2
 4 4
 4 6
 2
(Thường chúng ta sẽ bị thiếu but-1-in trong hỗn hợp các chất có lk ba)
nC C  0,6 và nY  0, 6 (Y gồm C=C và C-C)  nX  nC C  nY  1, 2 mol

M X  245 / 6  mX 

245
.1, 2  49 gam
6


TÔ THANH HỘI – LTĐH QUY NHƠN – 0353500322

Chúng ta tạm gọi hỗn hợp ban đầu là 1 và hỗn hợp sau (hỗn hợp X) là 2 nhé!
BTKL: m1  m2  49  mC2 H2  mC4 H4  mH2  49  26 x  52 x  1,1.2  49  x  0,6
Áp dụng: n1 – n2 =

pƣ, với n1  nC2 H2  nC4 H4  nH2  2,3

 nH2 pu  1,1 , H2 phản ứng hết.
Số mol pi trong hỗn hợp ban đầu: n (1)  2nC2 H2  3nC4 H4  2 mol

Số mol pi phản ứng: n pu  nH2 pu  1,1
Số mol pi còn lại trong X: n ( X )  n (1)  n pu  1,9
Số moll k pi trong Y: n (Y )  nBr2  0,5
 n (C  C )  n ( X )  n (Y )  1, 4

Gọi x, y, z lần lượt là mol C2H2, C4H6 và C4H4 ta có:
n  0,6  x  y  z  0,6 (1)
n (C  C )  1,3  2 x  2 y  3z  1, 4 (2)
mC C  mX  mY  49  25, 4  23,6  26 x  54 y  52 z  23,6 (3)

Giải hệ (1), (2), (3):
 x  0,3

 y  0,1 , nAgNO3  2nC2 H2  nC4 H6  nC4 H4  2.0,3  0,1  0, 2  0,9
 z  0, 2


Chọn C.